图 2：区域 $D$ 由 $y = 0$、$y = x$、$x = 2$ 围成。
左图竖直切，$x$ 固定时 $y$ 从 0 到 $x$。右图水平切，$y$ 固定时 $x$ 从 $y$ 到 2。
第 1.9 节把概率写成了曲顶柱体的体积。区域 $D$ 在 $xy$ 平面上，曲面 $z = f(x,y)$ 在它上方， 这个立体的体积记作
$$ \iint_D f(x,y)\,dA $$
其中 $dA$ 表示 $D$ 内的一小块面积。把 $D$ 分成许多小块，第 $i$ 块的面积记作 $\Delta A_i$， 在块内取一点 $(x_i, y_i)$，算出高度 $f(x_i, y_i)$，把这些高度与面积相乘再求和。 小块分得越细，和越接近一个确定的数，这个数就是二重积分。 所以二重积分就是曲面下方的体积。
概率论里，如果 $f$ 是 $(X,Y)$ 的联合密度函数，那么 $\iint_D f\,dA = P\bigl((X,Y) \in D\bigr)$。 密度在全平面上的积分等于 1，就是整个曲顶柱体的体积等于 1。
直接按定义求极限不现实，通常把二重积分化成两次一元积分，这一步依据的是 Fubini 定理。 做法是切片：固定一个变量，沿一个方向把区域切成细条，先算一条细条上的积分，再把所有细条累加。
如果区域 $D$ 可以写成
$$ a \le x \le b, \qquad y_1(x) \le y \le y_2(x) $$
也就是竖直切下去，每条竖条的下端在 $y_1(x)$、上端在 $y_2(x)$，那么
$$ \iint_D f(x,y)\,dA = \int_a^b \left(\int_{y_1(x)}^{y_2(x)} f(x,y)\,dy\right) dx $$
内层对 $y$ 积分，积分限可以含 $x$；外层对 $x$ 积分，限是常数。这样的区域叫 X 型区域。
如果 $D$ 可以写成
$$ c \le y \le d, \qquad x_1(y) \le x \le x_2(y) $$
也就是水平切下去，每条横条的左端在 $x_1(y)$、右端在 $x_2(y)$，那么
$$ \iint_D f(x,y)\,dA = \int_c^d \left(\int_{x_1(y)}^{x_2(y)} f(x,y)\,dx\right) dy $$
这样的区域叫 Y 型区域。两式算的是同一个体积，区别只在切的方向。
写的时候注意两点。第一，内层积分的限可以含外层变量，外层积分的限必须是常数。 第二，内层的微分符号要和它的积分限对应，$dy$ 配 $y$ 的限，$dx$ 配 $x$ 的限。
定积分限分三步。
以图 1 的三角形为例。竖直切时，$x$ 从 0 到 2，对每个 $x$，下边界是 $y = 0$，上边界是 $y = x$， 所以 $0 \le y \le x$。水平切时，$y$ 从 0 到 2，对每个 $y$，左边界是 $x = y$，右边界是 $x = 2$， 所以 $y \le x \le 2$。两种写法描述的是同一个区域。
计算 $\iint_D (x+y)\,dA$，其中 $D$ 是由直线 $y = x$、$y = 0$ 和 $x = 2$ 围成的三角形区域。
解：
计算 $\iint_D (x^2+y^2)\,dA$，其中 $D$ 是以原点为中心、半径为 2 的圆形区域。
解：
被积函数在极坐标下等于 $r^2$，面积元素是 $r\,dr\,d\theta$。 圆形区域用极坐标表示最简单：$\theta$ 从 0 到 $2\pi$，$r$ 从 0 到 2。
$$ \begin{align} \iint_D (x^2+y^2)\,dA &= \int_0^{2\pi} \int_0^2 r^2 \cdot r\,dr\,d\theta \\ &= \int_0^{2\pi} \left[\frac{1}{4}r^4\right]_0^2 d\theta \\ &= \int_0^{2\pi} 4\,d\theta \\ &= 8\pi \end{align} $$
计算 $\iint_D xy\,dA$，其中 $D$ 是由抛物线 $y = x^2$ 和直线 $y = 2x$ 围成的区域。
解：
先求交点：$x^2 = 2x$，解得 $x = 0$ 或 $x = 2$，交点是 $(0,0)$ 和 $(2,4)$。
两种切法都可以。
下面用水平切：
$$ \begin{align} \iint_D xy\,dA &= \int_0^4 \int_{\frac{y}{2}}^{\sqrt{y}} xy\,dx\,dy \\ &= \int_0^4 \left[\frac{1}{2}x^2y\right]_{\frac{y}{2}}^{\sqrt{y}} dy \\ &= \int_0^4 \left(\frac{1}{2}y^2 - \frac{1}{8}y^3\right) dy \\ &= \left[\frac{1}{6}y^3 - \frac{1}{32}y^4\right]_0^4 \\ &= \frac{32}{3} - 8 \\ &= \frac{8}{3} \end{align} $$
用竖直切验算，结果同样是 $\frac{8}{3}$。
区域是圆、扇形或圆环时，用极坐标。令 $x = r\cos\theta$，$y = r\sin\theta$， 被积函数里的 $x$、$y$ 都要换掉：
$$ f(x,y) = f(r\cos\theta,\, r\sin\theta) $$
面积元素也要换。极坐标下的一小块面积约等于 $(r\,d\theta)(dr)$，所以
$$ dA = r\,dr\,d\theta $$
其中的 $r$ 不能漏。原因很直接：同样转过 $d\theta$，半径越大走过的路程越长，弧长是 $r\,d\theta$， 不是 $d\theta$。
于是
$$ \iint_D f(x,y)\,dA = \int_\alpha^\beta \int_{r_1(\theta)}^{r_2(\theta)} f(r\cos\theta,\, r\sin\theta)\, r\,dr\,d\theta $$
有四种情形可以省事。每种都先写清条件。
如果 $f$ 与 $x$、$y$ 都无关，二重积分等于常数乘以区域的面积： $\iint_D c\,dA = c \cdot S_D$，其中 $S_D$ 是 $D$ 的面积。
计算 $\iint_D 5\,dA$，其中 $D$ 是由 $y = x^2$ 和 $y = 2x$ 围成的区域。
解：
先算面积：
$$ \begin{align} S_D &= \int_0^2 (2x - x^2)\,dx \\ &= \left[x^2 - \frac{1}{3}x^3\right]_0^2 \\ &= 4 - \frac{8}{3} \\ &= \frac{4}{3} \end{align} $$
所以 $\iint_D 5\,dA = 5 \cdot \frac{4}{3} = \frac{20}{3}$。
条件有两条，缺一不可。被积函数要能写成 $f(x)g(y)$，区域要是矩形 $[a,b] \times [c,d]$。这时
$$ \iint_D f(x)g(y)\,dA = \left(\int_a^b f(x)\,dx\right)\left(\int_c^d g(y)\,dy\right) $$
区域不是矩形时不能这样拆。例如三角形的两条限会互相牵制，内层的上下界含外层变量， 两个积分拆不开。
计算 $\iint_D e^x \sin y\,dA$，其中 $D = [0,1] \times [0,\pi]$。
解：
区域是矩形，被积函数是 $e^x$ 与 $\sin y$ 的乘积，两条条件都满足。
$$ \begin{align} \iint_D e^x \sin y\,dA &= \left(\int_0^1 e^x\,dx\right)\left(\int_0^\pi \sin y\,dy\right) \\ &= (e-1) \cdot 2 \\ &= 2(e-1) \end{align} $$
如果区域关于 $x$ 轴和 $y$ 轴都对称，被积函数关于 $x$、关于 $y$ 也都是偶函数， 可以先算第一象限里的四分之一，再乘 4。
计算 $\iint_D x^2\,dA$，其中 $D$ 是圆 $x^2+y^2 \le 4$。
解：
区域关于两条轴都对称，$x^2$ 关于 $x$、关于 $y$ 都是偶函数，所以可以只算第一象限的四分之一圆， 再乘 4。
$$ 4 \int_0^2 \int_0^{\sqrt{4-x^2}} x^2\,dy\,dx = 4 \int_0^2 x^2\sqrt{4-x^2}\,dx $$
最后这个一元积分用 $x = 2\sin\theta$ 换元。$x$ 从 0 到 2 对应 $\theta$ 从 0 到 $\frac{\pi}{2}$， $dx = 2\cos\theta\,d\theta$：
$$ \begin{align} \int_0^2 x^2\sqrt{4-x^2}\,dx &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} 4\sin^2\theta \cdot 2\cos\theta \cdot 2\cos\theta\,d\theta \\ &= 16 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2\theta\cos^2\theta\,d\theta \end{align} $$
用 $\sin^2\theta\cos^2\theta = \frac{1}{8}(1-\cos 4\theta)$， $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{8}(1-\cos 4\theta)\,d\theta = \frac{1}{8}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{16}$。 所以一元积分等于 $16 \cdot \frac{\pi}{16} = \pi$，再乘 4 得 $4\pi$。
如果被积函数只含 $y$，先对 $x$ 积分，内层积分就是横条的长度，外层只剩一次一元积分。 只含 $x$ 时同理，先对 $y$ 积分，内层是竖条的长度。
计算 $\iint_D y^2\,dA$，其中 $D$ 是由 $y = x$、$y = 0$ 和 $x = 2$ 围成的三角形区域。
解：
被积函数只含 $y$，先对 $x$ 积分。$y$ 从 0 到 2，对每个 $y$，$x$ 从 $y$ 到 2。
$$ \begin{align} \iint_D y^2\,dA &= \int_0^2 y^2 \int_y^2 dx\,dy \\ &= \int_0^2 y^2(2-y)\,dy \\ &= \int_0^2 (2y^2 - y^3)\,dy \\ &= \left[\frac{2}{3}y^3 - \frac{1}{4}y^4\right]_0^2 \\ &= \frac{16}{3} - 4 \\ &= \frac{4}{3} \end{align} $$
内层 $\int_y^2 dx = 2-y$ 是这条横条的长度，外层把它乘以 $y^2$ 再按 $y$ 累加。 计算质心、转动惯量时经常这样处理。
联合密度为 $f(x,y)$ 时，随机向量落在区域 $G$ 内的概率是
$$ P\bigl((X,Y) \in G\bigr) = \iint_G f(x,y)\,dA $$
这就是 1.9 节那个曲顶柱体的体积。计算它，就是把 4.2 到 4.5 的方法用一遍。
设 $(X,Y)$ 服从标准二元正态分布，密度 $f(x,y) = \frac{1}{2\pi}e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}$。求 $(X,Y)$ 落在单位圆盘内的概率。
解：
圆形区域用极坐标。$x^2+y^2 = r^2$，面积元素是 $r\,dr\,d\theta$， $\theta$ 从 0 到 $2\pi$，$r$ 从 0 到 1。
$$ \begin{align} P &= \int_0^{2\pi} \int_0^1 \frac{1}{2\pi}e^{-\frac{r^2}{2}}\, r\,dr\,d\theta \\ &= \int_0^1 e^{-\frac{r^2}{2}}\, r\,dr \\ &= \left[-e^{-\frac{r^2}{2}}\right]_0^1 \\ &= 1 - e^{-\frac{1}{2}} \\ &\approx 0.393 \end{align} $$
这个数就是 1.9 节图 15 里把 $G$ 取成单位圆时显示的体积。换了坐标系，算的是同一件事。